2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Пересечение полей
Сообщение22.12.2008, 17:11 
Аватара пользователя
Необходимо доказать, что $\mathbb{Q}(\sqrt3, \sqrt7) \cap \mathbb{Q}(\sqrt5) = \mathbb{Q}$.
Для доказательства достаточно построить поля $K_1$ и $K_2$, такие, что
(1) $\mathbb{Q}(\sqrt3, \sqrt7)  \subseteq K_1$,
(2) $\mathbb{Q}(\sqrt5)  \subseteq K_2$,
(3) $K_1 \cap K_2 = \mathbb{Q}$.
Символом $\zeta_n$ обозначим первообразный корень из единицы степени $n$.
Так как $\mathbb{Q}(\sqrt3) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_3, i) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_{12}) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_{84}) $,
$\mathbb{Q}(\sqrt7) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_7, i)\subseteq(\zeta_{28}) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_{84})$,
то искомым полем $K_1$ будет $\mathbb{Q}(\zeta_{84})$.
Так как $\mathbb{Q}(\sqrt5) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_5)$, то искомым полем $K_2$ будет
$\mathbb{Q}(\zeta_5)$.
Так как $5$ и $84$ взаимно простые числа то $K_1 \cap K_2 = \mathbb{Q}$.

При построении вложений использовалось то, что
$$\mathbb{Q}(\sqrt{p}) \subseteq \left\{ \begin{array}{ll}
\mathbb{Q}(\zeta_p), &\text{если} \left(\frac{-1}{p}\right) = 1, \\
\mathbb{Q}(\zeta_p, i), &\text{если} \left(\frac{-1}{p}\right) = -1, \\
\end{array}\right.$$
где $p$ -- простое число, $\left(\frac{n}{p}\right)$ -- символ Лежандра.

Теперь когда я хочу доказать, что
$\mathbb{Q}(\sqrt3, \sqrt5) \cap \mathbb{Q}(\sqrt7) = \mathbb{Q}$,
то подобным образом построить доказательство не получается, так как я не могу
построить поля $K_1 = \mathbb{Q}(\zeta_n)$ и $K_2 = \mathbb{Q}(\zeta_m)$, чтобы
$n$ и $m$ были взаимно простыми числами.

Что можно сделать в этом случае?
Существует ли более простой способ доказательства?

 
 
 
 
Сообщение22.12.2008, 18:55 
Можно воспользоваться известным фактом о том, что $q_1\sqrt{a_1} + q_2\sqrt{a_2} + \ldots + q_n\sqrt{a_n} = 0 \Rightarrow q_i = 0, i = 1,\ldots,n$, где $q_i\in\mathbb{Q}, a_i\in\mathbb{N}$ и все $a_i$ свободны от квадратов, то есть не делятся на квадрат натурального числа, большего единицы.
Доказывается он не совсем очевидно, хотя и нетрудно, индукцией по $n$.
Или доказать его частный случай, который вам, собственно, и нужен: $a\sqrt{3} + b\sqrt{7} = c + d\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = 0$.

 
 
 
 
Сообщение22.12.2008, 19:14 
Аватара пользователя
Cave писал(а):
Можно воспользоваться известным фактом о том, что $q_1\sqrt{a_1} + q_2\sqrt{a_2} + \ldots + q_n\sqrt{a_n} = 0 \Rightarrow q_i = 0, i = 1,\ldots,n$, где $q_i\in\mathbb{Q}, a_i\in\mathbb{N}$ и все $a_i$ свободны от квадратов, то есть не делятся на квадрат натурального числа, большего единицы.
Доказывается он не совсем очевидно, хотя и нетрудно, индукцией по $n$.
Или доказать его частный случай, который вам, собственно, и нужен: $a\sqrt{3} + b\sqrt{7} = c + d\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = 0$.

То что надо!

Хотя надо доказывать не $a\sqrt{3} + b\sqrt{7} = c + d\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = 0$,
а $a + b\sqrt{3} + c\sqrt{7} + d\sqrt{21} = e\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = e = 0$.

 
 
 [ Сообщений: 3 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group